河南省高考综合性改革2025届高三第一次模拟考试数学试卷（解析版）

这是一份河南省高考综合性改革2025届高三第一次模拟考试数学试卷（解析版），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】命题“”的否定是.
故选：D
2. 下列表达式中不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】对于正确；对于中无任何元素，而有一个元素错误；
对于C，，C正确；对于D，数对满足，则D正确.
故选：B
3. 已知实数且，函数的大致图象如下，则，的取值范围可能为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由图象可知函数是减函数，所以；
当时，，所以．
故选：C.
4. 若复数的实部为，则点的轨迹是（ ）
A. 直径为2的圆B. 实轴长为2的双曲线
C. 直径为1的圆D. 虚轴长为2的双曲线
【答案】A
【解析】因为，所以，即，
所以点的轨迹是直径为2的圆.
故选：A.
5. 如图，均为直角三角形，为直角顶点，，且，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意，这些直角三角形是相似的，并且相邻两个三角形的相似比为，
从而这些三角形的周长从小到大组成的数列是等比数列，公比，
首项为的周长，因此.
故选：C.
6. 在锐角中，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由余弦定理可知：，
在锐角三角形中又有，
即
故答案为：C．
7. 过且倾斜角为的直线与曲线交于A，两点，分别过A，作曲线的两条切线，，若，，交于，直线的倾斜角为，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图，设，，，
由于曲线，则，
所以在A点的切线方程为，
同理在点的切线方程为，
由于点是两切线的交点，所以，
则为，且过，
且，设，，
，
当且仅当时“”成立，
故选：C.
8. 拓扑排序（Tplgical Srting）是图论中的一个概念，它适用于有向无环图（DAG，DirectedAcyclic Graph）.拓扑排序的结果是一个线性序列，该序列满足对于图中每一条有向边，顶点在序列中都出现在顶点之前，每个顶点出现且只出现一次.如果图中含有环，则无法进行拓扑排序.在一所大学的计算机科学系，学生们必须按照特定的顺序选修一系列专业课程.这些课程之间存在先修要求，意味着某些课程必须在其他课程之前完成.例如，如果课程是课程的先修课，那么学生必须首先完成课程才能选修课程.下图展示了五门课程及其之间的先修关系.箭头表示了先修的要求方向，即箭头起点的课程必须在箭头终点的课程之前完成.如果没有直接的先修关系，两门课程可以互换位置.根据图形，下列代表了这五门课程的一个正确拓扑排序为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】课程和课程A没有先修关系，所以它们可以互换位置.
根据图中的箭头指向，我们知道课程依赖于课程A，
课程依赖于课程A和课程，而课程依赖于课程和课程.
因此，一个有效的拓扑排序应该是先列出没有其他课程作为先修要求的课程（如），
然后是它的后续课程（如A），接着是依赖于A或的课程（如和），
最后是所有其他课程都作为其先修课程的课程（如）.选项C符合.
故选：C
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. （多选题）某个国家某种病毒传播的中期，感染人数和时间（单位：天）在天里的散点图如图所示，下面四个回归方程类型中有可能适宜作为感染人数和时间的回归方程类型的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】根据图象可知，函数图象随着自变量的变大，函数值增长速度越来越快，
结合选项，可判定为指数函数或的特征，
故选：BD.
10. 将两个各棱长均为1的正三棱锥和的底面重合，得到如图所示的六面体，则（ ）
A. 该几何体的表面积为
B. 该几何体体积为
C. 过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直
D. 直线平面
【答案】AC
【解析】对于A，，所以表面积为，故A对；
对于B，如图所示：
设点在平面内的投影为，为的中点，则由对称性可知为三角形的重心，
所以，又因为，
所以正三棱锥的高为，
所以题图所示几何体的体积为，故B错；
对于C，由B选项可知面，由对称性可知三点共线，
所以面，而面，
所以面面，故C正确；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系：
其中轴平行，因为，
所以，
设平面的法向量为，所以，
不妨取，解得，所以取，
又，
而，所以直线与平面不平行，故D错.
故选：AC.
11. 笛卡尔叶形线是一个代数曲线，首先由笛卡尔在1638年提出．如图，叶形线经过点，点在C上，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与C有3个公共点B. 若点P在第二象限，则
C. D.
【答案】BCD
【解析】因为叶形线经过点，所以．
联立，解得，所以直线与C只有1个公共点，A错误．
．
因为点P在第二象限，所以，，
所以，B正确．
若点P在第四象限，则，可推出 ．
因为，
所以．当点P在第二、四象限时，，
所以．当点P是原点或在第一象限时，易得，
所以，C正确．
由，可得，解得，所以，D正确．
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则__________.
【答案】
【解析】由题意可得，
设直线与曲线的切点为，则
又切点在曲线上，所以，联立解得，即.
，设直线与曲线的切点为，
所以，又，
联立两式，解得.
故答案为：2
13. 在的展开式中，若的系数为，则______．
【答案】
【解析】由二项式的展开式的通项公式可得第，
令，可得系数为，
所以，
则，
则.
故答案为：.
14. 已知函数（，）在区间上单调，且满足，，则所有满足题意的的取值之和为______．
【答案】4
【解析】因为，所以的图象关于点中心对称，
因为，所以的图象关于直线对称，
所以，则，即，
由函数在上单调，得，即，
所以，即，解得，而，故或1或2．
当时，，则，，
结合，得，此时，
当时，，
因为在上单调递增，
故在上单调递增，满足题意；
当时，，则，，
结合，得，此时，
当时，，
因为在上不单调，
故在上不单调，此时不合题意；
当时，，则，，
结合，得，此时，
当时，，
因为在上单调递增，故在上单调递增，满足题意．
综上，或，所以所有满足题意的的取值之和为4．
故答案为：4
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 如图所示，A，B，C是相隔不远的三座山峰的峰顶，地理测绘员要在A，B，C三点进行测量在C点测得B点的仰角为30°，B与C的海拔高度相差180m；在B点测得A点的仰角为45°．设A，B，C在同一水平面上的射影为，，，且．
（1）求A与C两点的海拔高度差；
（2）已知该地大气压强p（Pa）随海拔高度h（m）的变化规律是（），是海平面大气压强，设A，C两处测得的大气压强分别为，，估计的值．
参考数据：，．
解：（1）如图，作,
所以，
在△中，因为，
所以，由正弦定理得 ,
解得，同理，
作,
所以，
所以两点的海拔高度差为.
（2）设A，C两处的海拔高度为，
由题可知，
由得，，
所以估计的值为.
16. 近年来，我国新能源汽车蓬勃发展，极大地促进了节能减排.彭先生计划在这6个国产新能源品牌或在这4个国产燃油汽车品牌中选择购车.预计购买新能源汽车比燃油车多花费40000元.据测算，每行驶5公里，燃油汽车约花费3元，新能源汽车约消耗电1千瓦时.如果购买新能源汽车，彭先生使用国家电网所属电动汽车公共充电设施充电，充电价格分为峰时、平时、谷时三类，具体收费标准（精确到0.1元/千瓦时）如表：
（1）若彭先生在6个新能源汽车品牌中选出2个品牌作比较，求品牌被选中概率.
（2）若彭先生选购新能源汽车，他在18：00，18：30，19：00，19：30，..，23：30这12个时间点中随机选择一个时间点给车充电，每次充电30千瓦时（用时不超过半小时）.设为彭先生每次充电的费用，求的分布列和数学期望.
（3）求新能源汽车在某个时间段充电1千瓦时的平均费用.
（4）假设彭先生一年驾车约行驶30000公里，按新车使用8年计算，如果只考虑购车成本与能源消耗支出，计算说明选择新能源汽车和燃油汽车哪个的总花费更少.
解：（1）记事件A：品牌被选中，则.
（2）由题，在18：00-21：00有6个时间点，充电价格为1.0元/千瓦时，
在21：00-23：00有4个时间点，充电价格为0.7元/千瓦时，
在23：00，23：30有2个时间点，充电价格为0.4元/千瓦时，
可能的取值有，则，
分布列如下：
所以元.
（3）充电1千瓦时的费用为1.8元的概率为，
充电1千瓦时的费用为1.5元的概率为，
充电1千瓦时的费用为1.2元的概率为，
所以充电1千瓦时的平均费用为元.
（4）若彭先生选择新能源汽车，则需要的能源消耗支出为元，
若彭先生选择新燃油汽车，则需要的能源消耗支出为元，
结合购车成本有，所以新能源汽车花费更少.
17. 已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，长轴长为，若为正三角形．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点，斜率为的直线与椭圆相交，两点，求的长；
（3）过点的直线与椭圆相交于，两点，，直线的方程．
解：（1）依题意可得，解得，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）知，，故该直线为，
由，消去可得，
故，所以.

（3）显然的斜率存在（否则轴，根据对称性，，与题设矛盾），
设，，直线为，
由，消去得，显然，
由韦达定理可得：①，，
又，则，故②，
由①②得，，故，
即，化简可得，解得.
故直线为.

18. 如图为正四棱锥为底面的中心．
（1）求证：平面，平面平面；
（2）设为上的一点，．
在下面两问中选一个，
①若，求直线与平面所成角的大小．
②已知平面与平面所成锐二面角大小为，若，求的长．
解：（1）因为底面是正方形，所以，
平面，平面，
所以平面；
，由四棱锥是正四棱锥，
可得平面，平面，所以，
由，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）选①，如图，以点为原点，所在的直线分别为轴的
正方向建立空间直角坐标系，由，得
，
，，
由得，
所以，
因为平面，即平面，
所以是平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
，
由，得，
所以直线与平面所成角为；
选②，同①以点为原点，所在的直线分别为轴的
正方向建立空间直角坐标系，设，得
，
，
由得，
所以，，
设为平面的一个法向量，
则得，令得，
所以，因为平面，
所以是平面的一个法向量，
设平面与平面所成锐二面角的大小为，得，
由，
解得，即.
19. 已知函数.
（1）若是定义域上的增函数，求的取值范围；
（2）当时，证明：；
（3）若函数有两个极值点，证明：.
解：（1）由题意知函数的定义域为，
在上恒成立，即在上恒成立.
又，当且仅当时，等号成立，
所以，即实数的取值范围是.
（2）当时，，，
所以要证，即证，即证.
构造函数，证明，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，当且仅当时，等号成立.
再构造函数，证明，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立，
综上所得，所以，
又等号不同时成立，（取等号的条件是，取等号的条件是）
所以，即.
（3）先求出的大致范围，.
由题意知是方程的两个不同的根.
设，则方程有两个不同的正实数根，
所以，解得.
再化简，
，则，
所以.
由，得，
所以要证，即证，
即证，即证，
即证，即证.
令，即证.
令，
则，
所以在上单调递增，所以，即，
所以不等式成立.充电时间段
充电价格
（元/千瓦时）
充电服务费
（元/千瓦时）
峰时
10：00-15：00和18：00-21：00
1.0
平
时
7：00-10：00，15：00-18：00和200-23：00
0.7
0.8
谷时
当日23：00-次日7：00
0.4
54
45
36